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 Alte Olympiadeaufgaben |
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
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Wohnort: Werne
 |  Beitrag No.1640, eingetragen 2019-08-08
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Hallo Hyperplot, Steffen,
\quoteon(2019-08-08 11:08 - HyperPlot in Beitrag No. 1639)
Ansonsten bezweifle ich, dass das mit Normal-TikZ sauber geht. Wenn es also ein geogebra-Bild ist, gibt es vermutlich keine TikZ-Übersetzung, falls doch ist diese extrem.
\quoteoff
Dann muss man abwägen, ob sich der Aufwand lohnt. Am Ende geht es nur um Bytes. Wenn man das Bild eventuell mit hoher Kompression speichert (natürlich verlustfrei, man möchte ja keine JPG-Artefakte in einem solchen Dokument), dann sind das am Ende vielleicht weniger Bytes als ein ewig langer TikZ-Code...
Das Bild, so wie es hier zu sehen ist, sind nur 41kB als verlustfrei komprimierte PNG-Datei. Ich komme auch auf 17kB runter, wenn ich die Farbtiefe reduziere. Optisch kein Unterschied.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
 | Beitrag No.1641, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-08
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\quoteon(2019-08-08 12:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1640)
Das Bild, so wie es hier zu sehen ist, sind nur 41kB als verlustfrei komprimierte PNG-Datei. Ich komme auch auf 17kB runter, wenn ich die Farbtiefe reduziere. Optisch kein Unterschied.
\quoteoff
Danke für deine Bemühungen. Ich habe es als PNG aufgenommen. So groß ist es nun auch nicht. Dafür ist es schön.
Der Versuch mit tikz ging schief, da Geogebra da etwas Merkwürdiges produziert.
LG Steffen
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moudi
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 | Beitrag No.1642, eingetragen 2019-08-08
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Hallo zusammen
\sourceon
Aufgabe 6 - 211046
Die Eckpunkte A,B,C,Deines Tetraeders ABCD, ein Punkt P auf der Fläche des
Dreiecks ABD,ein Punkt Q auf der Fläche des Dreiecks BCD und ein Punkt R
auf der Fläche des Dreiecks ACD seien so im Raum gelegen, dass sie bei
einer Parallelprojektion die auf dem Arbeitsblatt angegebenen Bildpunkte
A′,B′,C′,D′,P′,Q′ bzw. R′ haben (siehe Abbildung). Die Ebene durch P,
Q und R schneidet die vier Seitenflächen des Tetraeders in einer
Schnittfigur. Konstruieren Sie auf dem Arbeitsblatt die Projektion dieser
Schnittfigur! Beschreiben Sie Ihre Konstruktion, und beweisen Sie, dass
eine Figur die gesuchte Schnittfigur ist, wenn sie nach Ihrer Beschreibung
konstruiert wird!
\sourceoff
Hier die Lösung. Da sich die Lösung in der projektiven Geometrie
abspielt, muss die Lösung durch reine Inzidenz (nur Schnittpunkte von Geraden)
konstruierbar sein.
Ich erkläre die Aufgabe gerade allgemein inklusive aller Spezialfälle (siehe unten), die
auftreten können. Ich nehme an, dass die vorliegende Konfiguration kein Spezialfall ist.
Meine Konstruktion findet im Raum statt, deshalb spreche ich von den Punkten A,B,C etc.
und nicht von den Projektionen A', B', C' etc.
Es ist klar, dass es genügt, z.B. die Schnittgerade s der Ebenen ABD und PQR zu
konstruieren. (Ich gehe im Folgenden vom Fall aus, dass die Schnittfigur ein Dreieck ist,
die anderen Fälle gehen analog.) Dann schneidet man s mit AD und erhält T, man
schneidet s mit BD und erhält U. Man schneidet UQ mit CD und erhält V. Dass Dreieck TUV,
wobei R auf TV liegen muss(!), ist dann die Schnittfigur.
Wie erhält man nun die Schnittgerade s der Ebenen ABD und PQR?
Ich zeige zuerst, wie man die Schnittgerade der Ebenen ABC und PQR konstruiert. Es
kann sein, dass die Ebenen ABC und PQR parallel sind. In diesem Fall ist aber s einfach die
Parallele zu AB durch P.
Zuerst projiziere ich die Punkte P, Q, R von D aus auf die Seiten AB, BC, CA und erhalte
die Punkte P*, Q*, R* (P* ist der Schnittpunkt der Geraden AB und DP etc.) Dann
schneide ich die Geraden PQ und P*Q* und erhalte X, PR und P*R* und erhalte Y, QR
und Q*R* und erhalte Z. Nach dem Satz von Desargue liegen die Punkte XYZ auf einer
Geraden, der Schnittgerade der Ebenen ABC und PQR. Sind alle Geradenpaare (PR und
P*R* etc.) parallel, dann sind die Ebenen ABC und PQR parallel. Sonst kann höchstens ein
Geradenpaar parallel sein und man erhält mindestens zwei der drei Punkte X,Y,Z.
Für die konkrete Konstruktion brauchen wir aber nur einen der drei Punkte X,Y,Z. Ich
nehme an, dass kein Spezialfall (parallele Geraden PQ und P*Q* etc.) vorliegt und arbeite
mit Punkt X weiter.
Ich ersetze nun den Punkt P durch den Punkt X, und das Tetraeder ABCD durch das
Tetraeder ABDC und konstruiere wie oben die Schnittgerade s der Ebenen ABD und XQR.
Da die Ebenen XQR und PQR identisch sind, ist s die Schnittgerade der Ebenen ABD und PQR.
Konkrete Konstruktionsanleitung für s.
1. Schneide DP mit AB: P*.
2. Schneide DQ mit BC: Q*.
3. Schneide PQ mit P*Q*: X.
4. Schneide CX mit AB: X**.
5. Schneide CQ mit BD: Q**.
6. Schneide CR mit AD: R**.
(Schneide XQ mit X**Q**: P(!))
7. Schneide XR mit X**R**: I.
s=PI
Liebe Grüsse
Moudi
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svrc
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 01.10.2008
Mitteilungen: 54
| Beitrag No.1643, eingetragen 2019-08-08
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\quoteon
Aufgabe 1 - 131241
Es seien in einer Ebene zwei vom Nullvektor verschiedene Vektoren \(\psi\) und \(\zeta\) gegeben. Dann wird durch
\[ c_{n} = \left| \psi - n \zeta \right|\]
für alle \(n = 1, 2, 3, \ldots\) eine Folge reeller Zahlen definiert. Es sind notwendige und hinreichende Bedingungen dafür anzugeben, dass die Folge \(\left( c_{n} \right)\)
a) streng monoton wachsend ist,
b) streng monoton fallend ist.
c) Für den Fall, dass die Folge \(\left( c_{n} \right)\) nicht streng monoton ist, ist zu untersuchen, ob es eine natürliche Zahl \(n_{0}\) gibt, so dass die Folge \(\left( c_{n} \right)\) die Monotonieintervalle \(1 \leq n \leq n_{0}\) und \(n_{0} < n\) besitzt.
\quoteoff
\(\textbf{Lösungsvorschlag - Aufgabe 1 - 131241}\)
Da die beiden Vektoren \(\psi\) und \(\zeta\) in einer Ebene liegen sollen, können wir ohne Einschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass diese Ebene von den Einheitsvektoren \(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) und \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\) aufgespannt wird. Dies kann durch Drehung der Ebene erreicht werden. Deshalb können wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass \(\psi = \begin{pmatrix} \psi_{1} \\ \psi_{2} \end{pmatrix} \in \mathbb{R}^{2} \setminus \left\{ \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \right\}\) und \(\zeta = \begin{pmatrix} \zeta_{1} \\ \zeta_{2} \end{pmatrix} \in \mathbb{R}^{2} \setminus \left\{ \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \right\}\) gelten. Mit \(\left| \psi - n \zeta \right|\) wird die Länge des Vektors \(\psi - n \zeta\) bezeichnet. Deshalb kann die Folge durch
\[c_{n} = \left| \psi - n \zeta \right| = \left| \begin{pmatrix} \psi_{1} \\ \psi_{2} \end{pmatrix} - n \cdot \begin{pmatrix} \zeta_{1} \\ \zeta_{2} \end{pmatrix} \right| = \sqrt{\left( \psi_{1} - n \zeta_{1} \right)^{2} + \left( \psi_{2} - n \zeta_{2} \right)^{2}}\]
für alle \(n = 1, 2, 3, \ldots\) beschrieben werden. Ferner bezeichne
\[\langle \psi, \zeta \rangle = \langle \begin{pmatrix} \psi_{1} \\ \psi_{2} \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \zeta_{1} \\ \zeta_{2} \end{pmatrix} \rangle\ = \psi_{1} \zeta_{1} + \psi_{2} \zeta_{2}\]
das Skalarprodukt zwischen den beiden Vektoren \(\psi\) und \(\zeta\).
a) Eine Folge \(\left( c_{n} \right)\) heißt nach Definition streng monoton wachsend, falls
\[c_{n} < c_{n + 1}\]
für alle \(n = 1, 2, 3, \ldots\) gilt. Offensichtlich gilt \(c_{n} \geq 0\) für alle \(n = 1, 2, 3, \ldots\). Somit erhalten wir die Äquivalenzen
\[\begin{eqnarray*}
c_{n} & < & c_{n + 1} \\
\Longleftrightarrow \sqrt{\left( \psi_{1} - n \zeta_{1} \right)^{2} + \left( \psi_{2} - n \zeta_{2} \right)^{2}} & < & \sqrt{\left( \psi_{1} - \left( n + 1 \right) \zeta_{1} \right)^{2} + \left( \psi_{2} - \left( n + 1 \right) \zeta_{2} \right)^{2}} \\
\Longleftrightarrow \left( \psi_{1} - n \zeta_{1} \right)^{2} + \left( \psi_{2} - n \zeta_{2} \right)^{2} & < & \left( \psi_{1} - \left( n + 1 \right) \zeta_{1} \right)^{2} + \left( \psi_{2} - \left( n + 1 \right) \zeta_{2} \right)^{2} \\
\Longleftrightarrow \psi_{1}^2 - 2 n \psi_{1} \zeta_{1} + n^{2} \zeta_{1}^{2} + \psi_{2}^2 - 2 n \psi_{2} \zeta_{2} + n^{2} \zeta_{2}^{2} & < & \psi_{1}^{2} - 2 \left( n + 1 \right) \psi_{1} \zeta_{1} + \left( n + 1 \right)^{2} \zeta_{1}^{2} + \psi_{2}^{2} - 2 \left( n + 1 \right) \psi_{2} \zeta_{2} + \left( n + 1 \right)^{2} \zeta_{2}^{2} \\
\Longleftrightarrow 2 \left( \psi_{1} \zeta_{1} + \psi_{2} \zeta_{2} \right) & < & \left( 2 n + 1 \right) \cdot \left( \zeta_{1}^{2} + \zeta_{2}^{2} \right) \\
\Longleftrightarrow \dfrac{2 \langle \psi, \zeta \rangle}{\left| \zeta \right|^{2}} & < & 2n + 1 \\
\Longleftrightarrow \dfrac{\langle \psi, \zeta \rangle}{\left| \zeta \right|^{2}} - \dfrac{1}{2} & < & n.
\end{eqnarray*}\]
Damit die Folge streng monoton wachsend ist, muss
\[\dfrac{\langle \psi, \zeta \rangle}{\left| \zeta \right|^{2}} - \dfrac{1}{2} < 1\]
sein. Dies ist äquivalent zu
\[ \boxed{\dfrac{\langle \psi, \zeta \rangle}{\left| \zeta \right|^{2}} < \dfrac{3}{2}}\]
und dies entspricht unserer notwendigen und hinreichenden Bedingung für strenges, monotones Wachsen der Folge \( \left( c_{n} \right) \).
b) Da sich in der Definition der Definition das Relationszeichen umkehrt, folgt somit die Äquivalenz
\[\begin{eqnarray*}
c_{n} & > & c_{n + 1} \\
\Longleftrightarrow \dfrac{\langle \psi, \zeta \rangle}{\left| \zeta \right|^{2}} - \dfrac{1}{2} & > & n
\end{eqnarray*}\]
für alle \(n = 1, 2, 3, \ldots\). Dies ist allerdings nicht für alle \(n = 1, 2, 3, \ldots\) möglich, da die Vektoren \(\psi\) und \(\zeta\) fixiert sind. Somit gibt es keine notwendigen und hinreichenden Bedingungen dafür, dass die Folge \(\left( c_{n} \right)\) streng monoton fallend ist.
c) Dies ist möglich. Aufgrund der Äquivalenz
\[\begin{eqnarray*}
c_{n} & < & c_{n + 1} \\
\Longleftrightarrow \dfrac{\langle \psi, \zeta \rangle}{\left| \zeta \right|^{2}} - \dfrac{1}{2} & < & n.
\end{eqnarray*}\]
aus a) sehen wir, dass eine natürliche Zahl \(n_{0}\) derart existiert, dass die Folge \(\left( c_{n} \right)\) für alle \(n > n_{0}\) monoton wachsend ist. Dementsprechend ist sie vorher monoton fallend.
\quoteon
\(\textbf{Bemerkung:}\) Ich hoffe, dass sich keine Fehler eingeschlichen haben.
\quoteoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.1644, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-08
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\quoteon
Aufgabe 311044: Für jede natürliche Zahl $n$ sei $\overline{n}$ diejenige Zahl, die im Ziffernsystem mit der Basis 10 durch dieselbe Ziffernfolge dargestellt wird wie $n$ im Ziffernsystem mit der Basis 9.
Man zeige, dass es eine natürliche Zahl $k$ gibt, so dass für jedes Paar $(m; n)$ natürlicher Zahlen mit $m > 100$ und $n - m > k$ die Ungleichung
$n - m < \overline{n} - \overline{m}$
gilt. Man ermittle auch die kleinste derartige natürliche Zahl $k$.
\quoteoff
Lösung:
Wir zeigen zuerst folgendes
Lemma: Endet die natürliche Zahl $n$ bei ihrer Darstellung im Ziffernsystem zur Basis 9 auf genau $\ell\in\mahtbb{Z}_{\geq 0}$ Achten, so gilt
$\overline{n+1}-\overline{n}=\frac{10^k-1}{9}+1.$
Beweis:
In der Darstellung der Zahl $n+1$ im System zur Basis 9 sind dann die letzten $k$ Ziffern gleich Null, während sich die letzte davor befindliche Ziffer gegenüber $n$ um genau 1 erhöht hat. Dementsprechend ist $\overline{n+1}=\overline{n}-8\ldots 8+10^k=\overline{n}-8\cdot \frac{10^k-1}{9}+10^k,$
woraus direkt die Aussage des Lemmas folgt.
Nun zur Aufgabe: Aus dem Lemma folgt $\overline{n+1}=\overline{n}+1$ für alle natürlichen Zahlen $n$, die in ihrer Darstellung im System zur Basis 9 nicht auf eine Acht enden. Insbesondere gilt dies für die natürlichen Zahlen $108=130_9$ bis $115=137_9$. Also folgt für alle natürlichen Zahlen $\ell$ zwischen inklusive 108 und 115, dass $\overline{\ell+1}=\overline{\ell}+1$ gilt. Setzen wir dies zusammen, wählen $m=108$ und $n=116$, so gilt also $\overline{m}=\overline{n}+8$ bzw. $\overline{n}-\overline{m}=8=n-m$, sodass man $k$ nicht als $n-m-1=8-1=7$, oder kleiner, wählen kann, damit in jedem der vorgegebenen Fälle $n-m<\overline{n}-\overline{m}$ gilt.
Ist dagegen $k\geq 8$, so endet wegen $n>m+k\geq m+8$ wenigstens eine der natürlichen Zahlen $m$, $m+1$, $\dots$, $n-1$ in ihrer Darstellung im System zur Basis 9 auf die Ziffer Acht. Für diese Zahl $a$ ist dann $\overline{a+1}>\overline{a}+1$. Da für alle natürlichen Zahlen $b$ die Ungleichung $\overline{b+1}\geq \overline{b}+1$ gilt, folgt durch Zusammensetzen aller dieser Ungleichungen nun $\overline{n}>\overline{m}+(n-m)$ bzw. die zu zeigende Ungleichung $n-m<\overline{n}-\overline{m}$.
Damit ist die Aussage für alle $k\geq 8$ gezeigt, während sie für $k\leq 7$, wie oben gezeigt, nicht für alle entsprechenden $m$ und $n$ gilt. Es ist also $k=8$ das kleinste solche $k$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1642 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1645, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-08
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@svrc, zur 131241:
b) Ist relativ schnell klar, da $|n\zeta|$ unbeschränkt wächst, muss auch $c_n=|\psi-n\zeta|$ beliebig groß werden. Die Folge kann also nicht für alle $n$ monoton fallen.
c) Sollte in die gleiche Richtung gehen, dass ja irgendwann nur noch das Verhalten von $|n\zeta|$ den Wert $c_n$ dominiert.
Cyrix
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svrc
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 01.10.2008
Mitteilungen: 54
| Beitrag No.1646, eingetragen 2019-08-08
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\quoteon(2019-08-08 14:34 - cyrix in Beitrag No. 1645)
@svrc, zur 131241:
b) Ist relativ schnell klar, da $|n\zeta|$ unbeschränkt wächst, muss auch $c_n=|\psi-n\zeta|$ beliebig groß werden. Die Folge kann also nicht für alle $n$ monoton fallen.
c) Sollte in die gleiche Richtung gehen, dass ja irgendwann nur noch das Verhalten von $|n\zeta|$ den Wert $c_n$ dominiert.
Cyrix
\quoteoff
Hallo Cyrix,
die b) erkennt man daran, dass sich in der Bedingung das Vorzeichen ändern sollte. Damit müsste \(n\) kleiner als eine fixierte Zahl sein, was nicht für alle natürlichen Zahlen möglich ist.
Daraus folgt wegen a), dass die Folge irgendwann monoton wachsend ist, d.h. solche Monotonieintervalle existieren tatsächlich wegen der Abschätzung aus a).
Viele Grüße
svrc
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MontyPythagoras
Senior 
Dabei seit: 13.05.2014
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| Beitrag No.1647, eingetragen 2019-08-08
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Hallo svrc,
ich sehe noch nicht, warum, aber ich habe ein anderes Ergebnis.
$$c_n^2=|\psi-n\zeta|^2=\psi^2+n^2\zeta^2-2n\psi\zeta$$(Dabei sei mit $\psi\zeta$ das Skalarprodukt und mit $\psi^2=\psi\psi=|\psi|^2$ gemeint). $c_n^2$ nimmt bei Ableitung nach $n$ ein Minimum an, wenn auch $c_n$ minimal wird. Ich leite also obige Formel nach $n$ ab und setze null:
$$2n_{min}\zeta^2-2\psi\zeta=0$$$$n_{min}=\frac{\psi\zeta}{\zeta^2}$$Da $n$ eine ganze Zahl sein muss, muss man $n_{min}$ entweder auf- oder abrunden, um das Minimum zu haben (was tendenziell Aufgabe c) beantwortet). Wenn $n_{min} < \tfrac32$ ist, wäre das Minimum bei $n=1$. Der Unterschied liegt im Faktor 2.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1645 begonnen.]
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svrc
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 01.10.2008
Mitteilungen: 54
| Beitrag No.1648, eingetragen 2019-08-08
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\quoteon(2019-08-08 14:55 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1647)
Hallo svrc,
ich sehe noch nicht, warum, aber ich habe ein anderes Ergebnis.
$$c_n^2=|\psi-n\zeta|^2=\psi^2+n^2\zeta^2-2n\psi\zeta$$(Dabei sei mit $\psi\zeta$ das Skalarprodukt und mit $\psi^2=\psi\psi=|\psi|^2$ gemeint). $c_n^2$ nimmt bei Ableitung nach $n$ ein Minimum an, wenn auch $c_n$ minimal wird. Ich leite also obige Formel nach $n$ ab und setze null:
$$2n_{min}\zeta^2-2\psi\zeta=0$$$$n_{min}=\frac{\psi\zeta}{\zeta^2}$$Da $n$ eine ganze Zahl sein muss, muss man $n_{min}$ entweder auf- oder abrunden, um das Minimum zu haben (was tendenziell Aufgabe c) beantwortet). Wenn $n_{min} < \tfrac32$ ist, wäre das Minimum bei $n=1$. Der Unterschied liegt im Faktor 2.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1645 begonnen.]
\quoteoff
Hallo Thomas,
in der obigen Lösung ist mir tatsächlich ein Faktor 2 in der Äquivalenzumformung von Zeile 4 auf Zeile 5 verlorengegangen. Dann komme ich auch auf dein Ergebnis. Danke für den Hinweis. Das korrigiere ich sofort.
Ich hoffe, dass jetzt alle Flüchtigkeitsfehler aus dem Lösungsvorschlag getilgt sind.
Viele Grüße
svrc
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Kuestenkind
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Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1649, eingetragen 2019-08-08
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\quoteon(2019-08-07 16:47 - Kuestenkind in Beitrag No. 1620)
Huhu,
die erste habe ich mir auch mal angeschaut. Da ich nicht viel Zeit habe nur eine Beweisidee:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-08-07_um_16.39.07.png
Was zu zeigen / begründen wäre:
1. \(ATSB\) ist Sehnenviereck.
2. \(|\overline{ST}|=|\overline{SC}|\)
3. \(CB\) ist Tangente an den Umkreis von \(ATSB\).
Die Aussage folgt dann einfach aus dem Sekanten-Tangenten-Satz. Ob man dafür leichte Begründungen / Beweise findet, darüber habe ich mir wie gesagt noch keine Gedanken gemacht.
Gruß,
Küstenkind
edit: 1. wäre leicht so zu zeigen: Die Dreiecke \(ABD\) und \(EDB\) sind nach sss kongruent. Damit folgt dann \(\angle DAB=\angle EBD\). Beides sind Umfangswinkel über der Sehne \(TS\).
edit 2: 2. wäre so leicht zu zeigen: Offensichtlich ist \(BC \parallel TD\) und \(BT \parallel CD\). Da zudem \(|\overline{BC}|=|\overline{CD}|\) ist, ist \(BCDT\) eine Raute. Punkt \(S\) liegt dann auf der Diagonalen \(\overline{BD}\) und es entstehen wieder kongruente Dreiecke.
\quoteoff
Huhu,
1 und 2 waren ja recht einfach einzusehen, bei 3 scheint es schon etwas schwieriger. Wäre also nett, wenn jemand mal überprüfen könnte, ob meine Argumentation dicht ist.
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-08-08_um_17.28.33.png
Wir zeichnen einen Durchmesser durch \(A\), der Schnittpunkt mit dem Umkreis sei \(G\). \(B\) liegt dann auf dem Thaleskreis und somit ist \(\angle ABG=90°\). Sei nun der Mittelpunkt des Umkreises \(J\) und \(\angle BTA=1 \). Nach Umfangswinkelsatz folgt dann \(\angle BJA=2\cdot 1\). Dreieck \(AJB\) ist gleichschenklig und somit folgt nach Basiswinkelsatz \(\angle ABJ=90°-1\). Viereck \(TDBC\) ist eine Raute und \(\angle DTB=180°-1\) (Nebenwinkel). Nach Konstruktion ist \(\angle DTB=\angle ABC\). Dann ist \(\angle GBC=\angle 180°-1-90°=90°-1\). Es ist somit \(\angle GBC=ABJ\), womit \(\angle JBC=90°\) folgt.
Gruß,
Küstenkind
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Profil
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1650, eingetragen 2019-08-08
|
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341036.png
Einer der kürzestmöglichen Wege von $S$ nach $Z$ ist der direkte, geradlinige Weg über die Kante $FG$ hinweg. Die Länge dieses Weges ist $l=a+b$. Der Punkt, an dem der Weg die Kante $FG$ kreuzt, muss vom Punkt $F$ auch den Abstand $x$ haben, da ein Punkt mit größerem oder kleinerem Abstand zu $F$ einen Umweg bedeuten würde. Selbst wenn $a$ und $b$ so groß wie möglich werden, ist bei dem direkten Weg immer $l < 2$. Der Weg über die Kanten $EH$, $AD$ und $BC$ ist auf jeden Fall größer als 2, weil zwei komplette Würfelflächen überquert werden müssen.
Wenn $x$ nun klein wird, $S$ also an die Kante $EF$ und $Z$ an $BF$ heranrückt, dann ist auch ein Weg möglich über die Kante $EF$ und $BF$. Wir stellen nachfolgend die drei Würfelflächen $ABFE$, $EFGH$ und $BCGF$ abgewickelt dar:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_2_Aufgabe_341036_Skizze.png
Die Länge dieser diagonal verlaufenden Strecke ist dann:
$$t(x)=\sqrt{(x+a)^2+(x+b)^2}$$Es gibt kein lokales Minimum - je kleiner $x$, desto kleiner auch $t$. Aber der Weg soll ja auch nur gleich $l$ sein, also
$$\sqrt{(x+a)^2+(x+b)^2}=a+b$$$$(x+a)^2+(x+b)^2=(a+b)^2$$$$2x^2+2ax+2bx+a^2+b^2=a^2+2ab+b^2$$$$x^2+(a+b)x-ab=0$$$$x=-\frac{a+b}2+\sqrt{\frac{(a+b)^2}4+ab}$$(Minus Wurzel kommt als Lösung nicht in Frage, da dann $x<0$ wäre). Somit folgt:
$$x_1=\tfrac12\left(\sqrt{a^2+6ab+b^2}-(a+b)\right)$$Außerdem ist auch
$$x_2=1-x_1$$eine gültige Lösung, denn dann haben $S$ und $Z$ den gleichen Abstand zur Würfelfläche $CDHG$ wie in der vorliegenden Lösung zur Fläche $ABFE$. Der Weg gleich lang, er führt dann aber über die Kanten $GH$ und $GC$.
Ciao,
Thomas
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1651, eingetragen 2019-08-08
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\quoteon(2019-08-08 11:08 - HyperPlot in Beitrag No. 1639)
\quoteon
Aufgabe 4 - 171224
Gegeben sei in einer Ebene $\epsilon$ ein gleichseitiges Dreieck $ABC$. Man ermittle die Menge aller derjenigen Punkte $X$ in $\epsilon$, für die $AX+BX=CX$ gilt.
\quoteoff
Scheints klappt es weiterhin nicht mit
\quoteon(2019-08-07 19:29 - HyperPlot in Beitrag No. 1624)
gnuplot01.pdf
\showon
\quoteon(2019-08-07 19:01 - stpolster in Beitrag No. 1622)
@Hyperplot: Ich habe gute 30 Minuten versucht deinen letzten LaTex-Text zum Laufen zu bringen.
Ständig kommt die Fehlermeldung
"pgf-plot.table could not be found"
LG Steffen
\quoteoff
Deshalb hatte ich ja gesagt:
\quoteon(2019-08-07 14:36 - HyperPlot in Beitrag No. 1618)
Als gnuplot01.pdf, da schwierig zu übersetzen.
\showon
Hier noch eine Verallgemeinerungslösung für
\quoteon
Aufgabe 4 - 171224
Gegeben sei in einer Ebene $\epsilon$ ein gleichseitiges Dreieck $ABC$. Man ermittle die Menge aller derjenigen Punkte $X$ in $\epsilon$, für die $AX+BX=CX$ gilt.
\quoteoff
Als gnuplot01.pdf, da schwierig zu übersetzen.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_3_gnuplot01b.png
\showon
\sourceon latex
% gnuplot muss im Pfad sein
% arara: pdflatex: {shell: yes}
%\documentclass[margin=17mm, varwidth]{standalone}
\documentclass[10pt,a4paper]{scrartcl}
\usepackage[]{geometry}
\geometry{
left=2.5cm,
right=2.5cm,
marginpar=3cm,
top=2.5cm,
bottom=2.5cm,
headsep=0.8cm
}
\pagestyle{empty}
\usepackage{pgfplots}
\pgfplotsset{compat=newest}
\usepackage{amsmath}
\begin{document}
\newcommand\VEC[1]{\overrightarrow{#1}}
\textbf{Verallgemeinerung auf allgemeine Dreiecke:}
Durch Quadrieren der Ausgangsgleichung
$|\VEC{AX}|+|\VEC{BX}|=|\VEC{CX}|$ entsteht
$2|\VEC{AX}| |\VEC{BX}| = |\VEC{CX}|^2 -|\VEC{AX}|^2 -|\VEC{BX}|^2$.
Da bekanntlich $\VEC{PQ}=\VEC{OQ}-\VEC{OP}$ gilt und für den Betrag
$|\vec{x}| = \left\vert \dbinom{x}{y}\right\vert
=\sqrt{x^2 +y^2}$ erhält man für die Punkte $
A = (x_A,y_A),~
B = (x_B,y_B),~
C = (x_C,y_C)
$ und $X=(x,y)$ die implizite Funktion \\
$$\begin{array}{l l}
f(x,y)=0= & \!\!\! 2\cdot \sqrt{(x -x_A)^2 + (y - y_A)^2}
\cdot \sqrt{(x -x_B)^2 + (y -y_B)^2} \\
& \; -\bigl[ ((x -x_C)^2 + (y -y_C)^2)
-((x -x_A)^2 + (y -y_A)^2)
-((x -x_B)^2 + (y -y_B)^2) \bigr]
\end{array}$$
Beispiele:
%%%% Ecken
\pgfmathsetmacro\xA{0}
\pgfmathsetmacro\yA{0}
\pgfmathsetmacro\xB{1}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\pgfmathsetmacro\Samples{100}
\newcommand{\Abstand}[1][]{%%%%%%%%%%%%%%
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize,]
\begin{axis}[width=0.45\textwidth,
axis equal,
legend style={at={(0.01,0.015)},anchor=south west},
ymax=1.33,
% restrict y to domain = -4:4,
title={$|AX|+|BX|=|CX|$ \\ #1},
title style={align=center}
]
\addplot[
no markers,
raw gnuplot,
thick, red,
]
gnuplot {
xA=\xA;
yA=\yA;
xB=\xB;
yB=\yB;
xC=\xC;
yC=\yC;
s=\Samples;
f(x,y)=2*sqrt((x -xA)**2 +(y -yA)**2)*sqrt((x -xB)**2 +(y -yB)**2) -(((x -xC)**2 +(y -yC)**2) -((x -xA)**2 + (y -yA)**2) -((x -xB)**2 +(y -yB)**2))**1;
set contour base;
set cntrparam levels discrete 1.0e-5;
unset surface;
set view map;
set size square;
set isosamples s,s;
set samples s,s;
set xrange [-2:2];
set yrange [-2:2];
splot f(x,y);
};
\addlegendentry{$X$}
\addplot[no marks] coordinates {(\xA,\yA) (\xB,\yB) (\xC,\yC) (\xA,\yA) };
\draw[fill=white] (\xA,\yA) circle (1.75pt) node[anchor=east]{$A(\xA,\yA)$};
\draw[fill=white] (\xB,\yB) circle (1.75pt) node[anchor=west]{$B(\xB,\yB)$};
\draw[fill=white] (\xC,\yC) circle (1.75pt) node[anchor=south]{$C(\xC,\yC)$};
\end{axis}
\end{tikzpicture}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%&%%%
\
\begin{tabular}{c c}
%% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.3}
\pgfmathsetmacro\yC{0.9}
\Abstand[Spitzwinkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{1.2}
\pgfmathsetmacro\yC{0.8}
\Abstand[Stumpfwinkliges Dreieck]
\\
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0}
\pgfmathsetmacro\yC{0.7}
\pgfmathsetmacro\xB{1.2}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\Abstand[Rechtwinkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0}
\pgfmathsetmacro\yC{1}
\pgfmathsetmacro\xB{1}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\Abstand[Rechtwinklig-gleichschenkliges Dreieck]
\\
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.5}
\pgfmathsetmacro\yC{0.9}
\Abstand[Gleichschenkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.5}
\pgfmathsetmacro\yC{0.5*sqrt(3))}
\pgfmathsetmacro\Samples{2000}
\Abstand[Gleichseitiges Dreieck]
\end{tabular}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
\showoff
\quoteoff
Wenn Du es selbst übersetzen willst, zum Editieren usw.,
muss gnuplot im Pfad sein und mit
% arara: pdflatex: {shell: yes} (Was ist arara?)
übersetzt werden; oder klassisch in der Kommandozeile mit
pdflatex--shell-escape jobname.tex
Das letzte Beispiel kann, wegen der vielen Samples trotzdem Minuten dauern.
\quoteoff
\showoff
\quoteoff
Hier sind je zwei Dreiecke eine PDF-Seite: gnuplot01c.pdf
Und, falls das irgendwie unklar sein sollte: Der Text braucht nicht als Bild eingefügt werden, sondern kann wie gewohnt rauskopiert werden.
\showon
\sourceon latex
% gnuplot muss im Pfad sein
% arara: pdflatex: {shell: yes}
\documentclass[margin=3mm, tikz]{standalone}
\usepackage{pgfplots}
\pgfplotsset{compat=newest}
\usepackage{amsmath}
\usetikzlibrary{matrix}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\node[align=left, text width=15cm]{
\newcommand\VEC[1]{\overrightarrow{#1}}
\textbf{Verallgemeinerung auf allgemeine Dreiecke:}
Durch Quadrieren der Ausgangsgleichung
$|\VEC{AX}|+|\VEC{BX}|=|\VEC{CX}|$ entsteht
$2|\VEC{AX}| |\VEC{BX}| = |\VEC{CX}|^2 -|\VEC{AX}|^2 -|\VEC{BX}|^2$.
Da bekanntlich $\VEC{PQ}=\VEC{OQ}-\VEC{OP}$ gilt und für den Betrag
$|\vec{x}| = \left\vert \dbinom{x}{y}\right\vert
=\sqrt{x^2 +y^2}$ erhält man für die Punkte $
A = (x_A,y_A),~
B = (x_B,y_B),~
C = (x_C,y_C)
$ und $X=(x,y)$ die implizite Funktion \\
$$\begin{array}{l l}
f(x,y)=0= & \!\!\! 2\cdot \sqrt{(x -x_A)^2 + (y - y_A)^2}
\cdot \sqrt{(x -x_B)^2 + (y -y_B)^2} \\
& \; -\bigl[ ((x -x_C)^2 + (y -y_C)^2)
-((x -x_A)^2 + (y -y_A)^2)
-((x -x_B)^2 + (y -y_B)^2) \bigr]
\end{array}$$
Beispiele:
};
\end{tikzpicture}
%%%% Ecken
\pgfmathsetmacro\xA{0}
\pgfmathsetmacro\yA{0}
\pgfmathsetmacro\xB{1}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\pgfmathsetmacro\Samples{100}
\newcommand{\Abstand}[1][]{%%%%%%%%%%%%%%
%\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize,]
\begin{axis}[width=7cm,
axis equal,
legend style={at={(0.01,0.015)},anchor=south west},
ymax=1.33,
% restrict y to domain = -4:4,
title={$|AX|+|BX|=|CX|$ \\ #1},
title style={align=center}
]
\addplot[
no markers,
raw gnuplot,
thick, red,
]
gnuplot {
xA=\xA;
yA=\yA;
xB=\xB;
yB=\yB;
xC=\xC;
yC=\yC;
s=\Samples;
f(x,y)=2*sqrt((x -xA)**2 +(y -yA)**2)*sqrt((x -xB)**2 +(y -yB)**2) -(((x -xC)**2 +(y -yC)**2) -((x -xA)**2 + (y -yA)**2) -((x -xB)**2 +(y -yB)**2))**1;
set contour base;
set cntrparam levels discrete 1.0e-5;
unset surface;
set view map;
set size square;
set isosamples s,s;
set samples s,s;
set xrange [-2:2];
set yrange [-2:2];
splot f(x,y);
};
\addlegendentry{$X$}
\addplot[no marks] coordinates {(\xA,\yA) (\xB,\yB) (\xC,\yC) (\xA,\yA) };
\draw[fill=white] (\xA,\yA) circle (1.75pt) node[anchor=east]{$A(\xA,\yA)$};
\draw[fill=white] (\xB,\yB) circle (1.75pt) node[anchor=west]{$B(\xB,\yB)$};
\draw[fill=white] (\xC,\yC) circle (1.75pt) node[anchor=south]{$C(\xC,\yC)$};
\end{axis}
%\end{tikzpicture}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%&%%%
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize]
\pgfmathsetmacro\xC{0.3}
\pgfmathsetmacro\yC{0.9}
\Abstand[Spitzwinkliges Dreieck]
\begin{scope}[xshift=6.5cm]
\pgfmathsetmacro\xC{1.2}
\pgfmathsetmacro\yC{0.8}
\Abstand[Stumpfwinkliges Dreieck]
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize]
\pgfmathsetmacro\xC{0}
\pgfmathsetmacro\yC{0.7}
\pgfmathsetmacro\xB{1.2}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\Abstand[Rechtwinkliges Dreieck]
\begin{scope}[xshift=6.5cm]
\pgfmathsetmacro\xC{0}
\pgfmathsetmacro\yC{1}
\pgfmathsetmacro\xB{1}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\Abstand[Rechtwinklig-gleichschenkliges Dreieck]
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize]
\pgfmathsetmacro\xC{0.5}
\pgfmathsetmacro\yC{0.9}
\Abstand[Gleichschenkliges Dreieck]
\begin{scope}[xshift=6.5cm]
\pgfmathsetmacro\xC{0.5}
\pgfmathsetmacro\yC{0.5*sqrt(3))}
\pgfmathsetmacro\Samples{2000}
\Abstand[Gleichseitiges Dreieck]
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
\showon Diavortrag
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_3_gnuplot01b.png
\showoff
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1652, eingetragen 2019-08-08
|
Hallo zusammen,
die 341046 habe ich auch gemacht und fertig abgetippt. Da noch andere an der Aufgabe dran sind, hier nur im Hide-Bereich.
\showon
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_341046.png
Die blau gestrichelten Linien sind Symmetrieachsen durch den Mittelpunkt des Kreises. Wegen der Symmetrie bezüglich der Achse $MS$ ist $BC$ parallel zu $AD$ und $\alpha=\beta$. Da $BC=CD$, ist $\alpha=\gamma$, und wegen der Parallelität von $BC$ zu $AD$ ist $\alpha=\delta$. Alle grün eingezeichneten Winkel sind daher gleich groß.
Zu zeigen ist:
$$AB^2=AC\cdot ST$$bzw.
$$\frac{AB}{ST}=\frac{AC}{AB}$$Da $AB=BC$ ist und $AC=BD$, ist das gleichbedeutend mit
$$\frac{BC}{ST}=\frac{BD}{BC}$$Da $\gamma=\delta$ ist und das Viereck $BCDT$ symmetrisch ist zur Spiegelachse $CM$, entsteht $T$ auch durch Spiegelung von $C$ an $BD$. Daher ist $ST=CS$. Setzt man das ein, lautet die zu zeigende Gleichung
$$\frac{BC}{CS}=\frac{BD}{BC}$$Wegen der Winkelgleichheit sind die Dreiecke $BCD$ und $BCS$ ähnlich, und die Gleichung ist erfüllt.
\showoff
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1653, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-08
|
Ich habe (fast) alles eingetragen.
Und damit sind wir jetzt bei 2003 gelösten Aufgaben, 99,3 %.
Es fehlen nur noch 13.
LG Steffen
|
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1654, eingetragen 2019-08-08
|
Gibt es zur Zeit eine aktuelle Datei, in der nur die ungelösten Aufgaben stehen?
|
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1655, eingetragen 2019-08-08
|
Es fehlen nur noch 12, denn die 231244 wurde von Nuramon (und mir) gelöst.
@Nuramon: Klicke die vollständige Datei und suche nach dem String "sung unb" (die Mitte von "Lösung unbekannt"), dann hast Du alle Fundstellen mit ungelösten Aufgaben. :-)
Ciao,
Thomas
|
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Ex_Senior
| Beitrag No.1656, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-08
|
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Ex_Senior
| Beitrag No.1657, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-09
|
\quoteon(2019-08-08 20:34 - HyperPlot in Beitrag No. 1651)
Hier sind je zwei Dreiecke eine PDF-Seite: gnuplot01c.pdf
\quoteoff
Kannst du die PDF-Seiten (2 bis 4) einzeln zum Download anbieten?
Lässt sich für mich besser einfügen.
Danke Steffen
|
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1658, eingetragen 2019-08-09
|
Alternativlösung zu 131241 (angefangen in #1647):
Es gilt nach Quadrieren von (1):
$$c_n^2=|\psi-n\zeta|^2=\psi^2+n^2\zeta^2-2n\psi\zeta$$(Dabei sei mit $\psi\zeta$ das Skalarprodukt und mit $\psi^2=\psi\psi=|\psi|^2$ gemeint). Das bedeutet, die Folge $c_n^2$ ist bezüglich der Variablen $n$ eine nach oben offene Parabel, da $\zeta^2 > 0$ ist. Eine nach oben offene Parabel hat ein Minimum, nach Überschreiten des entsprechenden $n$ ist die Folge nur noch streng monoton steigend.
Die Gleichung lässt sich wie folgt umformen:
$$c_n^2=\zeta^2\left(n-\frac{\psi\zeta}{\zeta^2}\right)^2+\psi^2-\frac{(\psi\zeta)^2}{\zeta^2}$$Da der Term $\frac{\psi\zeta}{\zeta^2}$ eine beliebige reelle Zahl sein kann, kann das Minimum zwischen zwei ganzen Zahlen liegen. Bei der Beschränkung der Argumente auf ganze Zahlen liegt aufgrund der Symmetrie einer Parabel das Minimum bei der ganzen Zahl, die am dichtesten an $\frac{\psi\zeta}{\zeta^2}$ liegt. Mit der Abrundungsfunktion $\lfloor x\rfloor$ kann man formulieren:
$$n_0=\Big\lfloor\frac{\psi\zeta}{\zeta^2}+\frac12\Big\rfloor$$Bei diesem Wert liegt der kleinste Folgenwert vor.
Damit lassen sich die Aufgabenteile a) bis c) beantworten:
a) Die Folge ist streng monoton steigend, wenn
$$n_0=\Big\lfloor\frac{\psi\zeta}{\zeta^2}+\frac12\Big\rfloor\leq1$$gilt. Damit das erfüllt ist, muss gelten:
$$\frac{\psi\zeta}{\zeta^2}-\frac12 < \Big\lfloor\frac{\psi\zeta}{\zeta^2}+\frac12\Big\rfloor\leq1$$$$\frac{\psi\zeta}{\zeta^2} < \frac32$$
b) Aufgrund der beschriebenen Charakteristik kann die Folge für $n\rightarrow\infty$ nicht streng monoton fallend sein.
c) Wenn $n_0 > 1$ ist, dann ist für $n\leq n_0$ die Folge streng monoton fallend, ab $n > n_0$ ist sie streng monoton steigend.
Ciao,
Thomas
|
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1659, eingetragen 2019-08-09
|
\quoteon(2019-08-09 05:30 - stpolster in Beitrag No. 1657)
\quoteon(2019-08-08 20:34 - HyperPlot in Beitrag No. 1651)
Hier sind je zwei Dreiecke eine PDF-Seite: gnuplot01c.pdf
\quoteoff
Kannst du die PDF-Seiten (2 bis 4) einzeln zum Download anbieten?
Lässt sich für mich besser einfügen.
Danke Steffen
\quoteoff
Das sollte eigentlich nicht nötig sein. Am elementarsten irgendwie so:
\sourceon latex
\documentclass[a4paper, 10pt]{article}
%\usepackage{graphicx}
\usepackage{tikz} % lädt auch graphicx
\usepackage[showframe=false]{geometry}
\usepackage{mwe} % Dummy-Text
\begin{document}
\lipsum[66]
\noindent\includegraphics[page=2]{gnuplot01c.pdf}
\lipsum[66]
\newpage
\foreach \seite in{3,4}{
\noindent\includegraphics[page=\seite]{gnuplot01c.pdf} \\ }
\lipsum[66-69]
\end{document}
\sourceoff
\showon
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_44_55555555.png
\showoff
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1660, eingetragen 2019-08-09
|
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_181223.png
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_1_Aufgabe_181223_Skizze.png
Damit das Dreieck $SAB$ einen minimalen Flächeninhalt hat, ist die Gerade $g$ so zu legen, dass der Punkt $P$ den Mittelpunkt der Strecke $AB$ darstellt. Beweis:
In obiger Zeichnung liegen $A$ und $B$ so, dass $P$ der Mittelpunkt der Strecke $AB$ ist. $A'$ und $B'$ seien beliebige Punkte, wobei natürlich voraussetzungsgemäß $P$ auch auf der Strecke $A'B'$ liegen muss.
Der Flächeninhalt des Dreiecks $SA'B'$ lässt sich aus dem Flächeninhalt des Dreiecks $SAB$ berechnen, indem man den Flächeninhalt des Dreiecks $APA'$ hinzuaddiert und den von $BPB'$ subtrahiert. Der Flächeninhalt von $SAB$ ist dann minimal, wenn der Flächeninhalt von $APA'$ größer ist als der von $BPB'$.
Das ist auch tatsächlich der Fall. Da $AP=PB=c$ ist, haben die beiden Dreiecke $APA'$ und $BPB'$ eine gleichlange Grundseite, aber es gilt $h_A>h_B$, wie man der Zeichnung leicht entnehmen kann.
Ciao,
Thomas
|
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Ex_Senior
| Beitrag No.1661, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-09
|
Da fehlt noch die Konstruktion der Geraden $g$:
Man trage auf dem Strahl $SP$ von $S$ die Streckenlänge $2|SP|$ ab und erhalte den Verdopplungspunkt $V$ von $SP$. Nun zeichne man die Parallelen zu $s$ bzw. $t$ durch $V$ und erhalte die Schnittpunkte $B$ bzw. $A$ mit $t$ bzw. $s$. Nach Konstruktion ist nun das Viereck $SAVB$ ein Parallelogramm, dessen Diagonalen $SV$ und $AB$ sich gegenseitig halbieren. Da der Mittelpunkt von $SV$ nach Konstruktion $P$ ist, ist $P$ auch Mittelpunkt der so erhaltenen Strecke $AB$.
Cyrix
|
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1662, eingetragen 2019-08-09
|
@cyrix,
stimmt, habe ich übersehen. Vielen Dank für die Ergänzung.
Ciao,
Thomas
|
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Ex_Senior
| Beitrag No.1663, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-09
|
btw: Die 131233 habe ich, muss ich aber noch aufschreiben...
Cyrix
|
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
 | Beitrag No.1664, eingetragen 2019-08-09
|
\quoteon
Aufgabe 6B - 181236B
Ist ABC ein Dreieck, so bezeichne A' den Bildpunkt von A bei Spiegelung an der Geraden durch B und C, B' den Bildpunkt von B bei Spiegelung an der Geraden durch C und A, C' den Bildpunkt von C bei Spiegelung an der Geraden durch A und B.
Mit diesen Bezeichnungen beweise man:
Genau dann ist A'B'C' ein zu ABC ähnliches Dreieck - mit jeweils A, A' bzw. B, B' bzw. C, C' als entsprechende Ecken -, wenn ABC gleichseitig ist.
\quoteoff Lösungsansatz
\showon
Das Dreieck \(\Delta A'B'C'\) ist genau dann dem Dreieck \(\Delta{{A}{B}{C}}\) ähnlich, wenn das Volumen des Körpers, gebildet aus den durch die Spiegelungen entstehenden insgesamt vier Dreiecken, dem Volumen eines regelmäßigen Tetraeders gleich ist, dessen Körpernetz wiederum ein gleichseitiges Dreieck ist. Das Volumen eines solchen Tetraeders ist mit \(V_{_T}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}: a=b=c,\; V_{_T}=\frac{abc\sqrt{2}}{12}\) bestimmt und \(a=b=c\) ist nur bei einem gleichseitigen Dreieck erfüllt.
\showoff
..könnte man das als möglichen Lösungsansatz weiterverfolgen ?
LG Olga
|
Profil
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1665, eingetragen 2019-08-09
|
\quoteon(2019-08-09 14:12 - HyperPlot in Beitrag No. 1659)
\quoteon(2019-08-09 05:30 - stpolster in Beitrag No. 1657)
\quoteon(2019-08-08 20:34 - HyperPlot in Beitrag No. 1651)
Hier sind je zwei Dreiecke eine PDF-Seite: gnuplot01c.pdf
\quoteoff
Kannst du die PDF-Seiten (2 bis 4) einzeln zum Download anbieten?
Lässt sich für mich besser einfügen.
Danke Steffen
\quoteoff
Das sollte eigentlich nicht nötig sein. Am elementarsten irgendwie so:
\sourceon latex
\documentclass[a4paper, 10pt]{article}
%\usepackage{graphicx}
\usepackage{tikz} % lädt auch graphicx
\usepackage[showframe=false]{geometry}
\usepackage{mwe} % Dummy-Text
\begin{document}
\lipsum[66]
\noindent\includegraphics[page=2]{gnuplot01c.pdf}
\lipsum[66]
\newpage
\foreach \seite in{3,4}{
\noindent\includegraphics[page=\seite]{gnuplot01c.pdf} \\ }
\lipsum[66-69]
\end{document}
\sourceoff
\showon
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_44_55555555.png
\showoff
\quoteoff
Die beiden markantesten Bilder mit den beiden rechtwinkligen Dreiecken hast Du jetzt weggelassen....
(Ich dachte Du bist Sachse und kein Schwabe [sparen, wo's nur geht...]).
|
Profil
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1666, eingetragen 2019-08-09
|
Profil
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1667, eingetragen 2019-08-09
|
\quoteon(2019-08-07 22:32 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1631)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033_Skizze_1.png
\showon
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033.png
Die Kegel können so angeordnet werden, dass ihre Spitze sich im Mittelpunkt der Kugel befindet und jeder Kegel einen Oktanten belegt. Wenn er die Grenzflächen der Oktanten berührt, berührt er wie gefordert drei andere Kegel:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033_Skizze_1.png
Legt man die Kugel in den Ursprung eines 3D-Koordinatensystems, liegt die Kegelachse auf der Raumdiagonalen. Legt man eine Schnittebene durch die z-Achse und die Kegelachse, ergibt sich folgendes Bild:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033_Skizze_2.png
Ein Punkt auf der Raumdiagonalen ist $(1,1,1)$. Für den Winkel $\alpha$ ergibt sich
$$\tan\alpha=\frac1{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac1{\sqrt2}$$Dies ist gleichzeitig auch das Verhältnis von $r$ zu $h$, also:
$$h=\sqrt2\,r$$Außerdem gilt
$$R^2=r^2+h^2=r^2+2r^2=3r^2$$$$r=\frac1{\sqrt3}R=\tfrac13\sqrt3\,R$$$$h=\sqrt{\frac23}\,R=\tfrac13\sqrt6\,R$$
Ciao,
Thomas
\showoff
\quoteoff
Hättest Du dazu evtl. mal die Einheitsvektoren der Symmetrieachsen der Kegel?
Etwa in der Form {-sqrt(2/9), sqrt(2/3), -1/3}, {-sqrt(2/9), -sqrt(2/3), -1/3},...
|
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Ex_Senior
| Beitrag No.1668, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-09
|
\quoteon(2019-08-09 17:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1666)
Das hier...:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_111243.png
... ist doch nichts weiter als die Dreiecksungleichung für sphärische Dreiecke. Das ist doch quasi trivial?!
\quoteoff
Ich habe davon keine Ahnung, frage aber dennoch:
Hat jedes nicht unbedingt regelmäßige Tetraeder eine Umkugel?
LG Steffen
|
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.1669, eingetragen 2019-08-09
|
Hallo HyperPlot,
$R=1$, $r=\frac1{\sqrt3}$, $h=\sqrt2\,r$, Mittelpunkt des Kegelgrundkreises im ersten Oktanten bei $(\frac{\sqrt2}3;\frac{\sqrt2}3;\frac{\sqrt2}3)$.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1667 begonnen.]
|
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1670, eingetragen 2019-08-09
|
\quoteon(2019-08-09 18:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1669)
Hallo HyperPlot,
$R=1$, $r=\frac1{\sqrt3}$, $h=\sqrt2\,r$, Mittelpunkt des Kegelgrundkreises im ersten Oktanten bei $(\frac{\sqrt2}3;\frac{\sqrt2}3;\frac{\sqrt2}3)$.
Ciao,Thomas
\quoteoff
Nene, ich bräuchte quasi die Einheitsvektoren vom Koordinatenursprung auf die Mittelpunkte der Kegelgrundflächen.
Kann man sich sicher auch selbst überlegen, aber mit Kopfschmerzen und bei der Hitze... :-) Vll. hat ja Geogebra diese eh...
|
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1671, eingetragen 2019-08-09
|
Hallo Steffen,
\quoteon(2019-08-09 17:55 - stpolster in Beitrag No. 1668)
\quoteon(2019-08-09 17:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1666)
Das hier...:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_111243.png
... ist doch nichts weiter als die Dreiecksungleichung für sphärische Dreiecke. Das ist doch quasi trivial?!
\quoteoff
Ich habe davon keine Ahnung, frage aber dennoch:
Hat jedes nicht unbedingt regelmäßige Tetraeder eine Umkugel?
LG Steffen
\quoteoff
der Tetraeder ist nur zur Verwirrung, es geht nur um die Winkel. Man hätte auch formulieren können:
"Gegeben sind drei linear unabhängige Vektoren im $\mathbb R^3$, die untereinander die Winkel $\alpha$, $\beta$ und $\gamma$ einschließen. Zeigen Sie, dass gilt: $\alpha+\beta > \gamma$."
Aber das hätte nicht so cool geklungen. Du könntest den drei Vektoren auch noch die Länge 1 geben, das würde an den Winkeln ja nichts ändern, und dann bist Du bei der besagten Dreiecksungleichung.
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1672, eingetragen 2019-08-09
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\quoteon(2019-08-09 18:08 - HyperPlot in Beitrag No. 1670)
\quoteon(2019-08-09 18:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1669)
Hallo HyperPlot,
$R=1$, $r=\frac1{\sqrt3}$, $h=\sqrt2\,r$, Mittelpunkt des Kegelgrundkreises im ersten Oktanten bei $(\frac{\sqrt2}3;\frac{\sqrt2}3;\frac{\sqrt2}3)$.
Ciao,Thomas
\quoteoff
Nene, ich bräuchte quasi die Einheitsvektoren vom Koordinatenursprung auf die Mittelpunkte der Kegelgrundflächen.
Kann man sich sicher auch selbst überlegen, aber mit Kopfschmerzen und bei der Hitze... :-) Vll. hat ja Geogebra diese eh...
\quoteoff
das sind doch genau die Koordinaten, die ich angegeben habe, im 3D natürlich. Für die anderen 7 Kegel musst Du die Koordinaten natürlich noch an den passenden Stellen mit einem Minus versehen.
Ciao,
Thomas
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| Beitrag No.1673, eingetragen 2019-08-09
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\quoteon(2019-08-09 18:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1672)
\quoteon(2019-08-09 18:08 - HyperPlot in Beitrag No. 1670)
\quoteon(2019-08-09 18:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1669)
Hallo HyperPlot,
$R=1$, $r=\frac1{\sqrt3}$, $h=\sqrt2\,r$, Mittelpunkt des Kegelgrundkreises im ersten Oktanten bei $(\frac{\sqrt2}3;\frac{\sqrt2}3;\frac{\sqrt2}3)$.
Ciao,Thomas
\quoteoff
Nene, ich bräuchte quasi die Einheitsvektoren vom Koordinatenursprung auf die Mittelpunkte der Kegelgrundflächen.
Kann man sich sicher auch selbst überlegen, aber mit Kopfschmerzen und bei der Hitze... :-) Vll. hat ja Geogebra diese eh...
\quoteoff
das sind doch genau die Koordinaten, die ich angegeben habe, im 3D natürlich. Für die anderen 7 Kegel musst Du die Koordinaten natürlich noch an den passenden Stellen mit einem Minus versehen.
Ciao,Thomas
\quoteoff
Ja, stimmt eigentlich. Ich bin heute nicht so fit.
Damit sollte sich etwas basteln lassen.
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| Beitrag No.1674, eingetragen 2019-08-09
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| \quoteon(2019-08-07 22:32 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1631)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033_Skizze_1.png
\showon
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033.png
Die Kegel können so angeordnet werden, dass ihre Spitze sich im Mittelpunkt der Kugel befindet und jeder Kegel einen Oktanten belegt. Wenn er die Grenzflächen der Oktanten berührt, berührt er wie gefordert drei andere Kegel:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033_Skizze_1.png
Legt man die Kugel in den Ursprung eines 3D-Koordinatensystems, liegt die Kegelachse auf der Raumdiagonalen. Legt man eine Schnittebene durch die z-Achse und die Kegelachse, ergibt sich folgendes Bild:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033_Skizze_2.png
Ein Punkt auf der Raumdiagonalen ist $(1,1,1)$. Für den Winkel $\alpha$ ergibt sich
$$\tan\alpha=\frac1{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac1{\sqrt2}$$Dies ist gleichzeitig auch das Verhältnis von $r$ zu $h$, also:
$$h=\sqrt2\,r$$Außerdem gilt
$$R^2=r^2+h^2=r^2+2r^2=3r^2$$$$r=\frac1{\sqrt3}R=\tfrac13\sqrt3\,R$$$$h=\sqrt{\frac23}\,R=\tfrac13\sqrt6\,R$$
Ciao, Thomas
\showoff
\quoteoff
Irgendwie so nicht
$\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{calc,backgrounds}
\newcommand{\RotationAnglesForPlaneWithNormal}[5]{%\typeout{N=(#1,#2,#3)}
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(abs(#3)==1,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef#4{0}
\xdef#5{0}
\else
\foreach \XS in {1,-1}
{\foreach \YS in {1,-1}
{\pgfmathsetmacro{\mybeta}{\XS*acos(#3)}
\pgfmathsetmacro{\myalpha}{\YS*acos(#1/sin(\mybeta))}
\pgfmathsetmacro{\ntest}{abs(cos(\myalpha)*sin(\mybeta)-#1)%
+abs(sin(\myalpha)*sin(\mybeta)-#2)+abs(cos(\mybeta)-#3)}
\ifdim\ntest pt<0.1pt
\xdef#4{\myalpha}
\xdef#5{\mybeta}
\fi
}}
\fi
}
\pgfmathsetmacro{\R}{1} %
\pgfmathsetmacro{\a}{\R/2} %
\pgfmathsetmacro{\Scala}{3} %
\pgfmathsetmacro{\r}{sqrt(\R*\R-\a*\a} %
\xdef\lstnormals{%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)}%
} % List
\xdef\LstNormals{{\lstnormals}} % Array
\foreach[count=\n from 0] \k in \lstnormals {}
\pgfmathsetmacro{\N}{\n} % Number of List-Elements
%\N
%\tdplotsetmaincoords{110}{60}
\tdplotsetmaincoords{60}{110}
\begin{tikzpicture}[tdplot_main_coords, scale=\Scala, ]
% Cosy
\begin{scope}[-latex]
\pgfmathsetmacro{\L}{1.9} %
\foreach \P/\s/\Pos in {{1.3*\L,0,0}/x/right, {0,\L,0}/y/below, {0,0,\L}/z/right}
\draw[shorten <=0 cm] ($-0.75*(\P)$) -- (\P) node (\s) [\Pos, pos=1.0,inner sep=2pt]{$\s$};
%\fill[ball color= black] (1.5,0,0) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,1.5,0) circle (0.22*\Scala pt) node[below] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,0,1.5) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
\end{scope}
\path (0,0,0) coordinate (O);
\foreach[count=\ConeColornumber from 0] \myind in {0,...,\N} {%%%%
\pgfmathsetmacro\ConeColor{mod(\ConeColornumber,2) ? "red" : "blue"}
\pgfmathsetmacro{\myNx}{\LstNormals[\myind][0]}
\pgfmathsetmacro{\myNy}{\LstNormals[\myind][1]}
\pgfmathsetmacro{\myNz}{\LstNormals[\myind][2]}
\RotationAnglesForPlaneWithNormal{\myNx}{\myNy}{\myNz}{\tmpalpha}{\tmpbeta}
%\typeout{\myNx,\tmpalpha,\tmpbeta}
\tdplotsetrotatedcoords{\tmpalpha}{\tmpbeta}{0}
\begin{scope}[tdplot_rotated_coords,canvas is xy plane at z=\r,local bounding
box=loc]
\path[name path=circle] (0,0) circle[radius=\a];
\path[overlay,name path=test] (0,0) -- (O);
\path (1,0) coordinate (Xloc) (0,1) coordinate (Yloc) (0,0) coordinate (Oloc);
\path[name intersections={of=circle and test,total=\iNum}]
\pgfextra{\xdef\iNum{\iNum}};
\ifnum\iNum>0
\begin{scope}
\pgftransformreset
\path let \p1=($(Oloc)-(O)$),\n1={mod(720+atan2(\y1,\x1),360)} in
\pgfextra{\xdef\oldmax{\n1}\xdef\oldmin{\n1}};
\end{scope}
\typeout{\myind,\oldmax}
\foreach \XX in {0,1,...,359}
{\path ($(\XX:\r)-(O)$) coordinate (aux1) ($(\XX:\r)-(Oloc)$) coordinate
(aux2);
\pgftransformreset
\path let \p1=(aux1),%\p2=(aux2),
\n1={atan2(\y1,\x1)} in
\pgfextra{\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\n1-\oldmin)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmin{\n1}
\xdef\oldanA{\XX}
\fi
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\oldmax-\n1)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmax{\n1}
\xdef\oldanB{\XX}
\fi};
}
\draw[fill=\ConeColor!70] (\oldanA:\a) -- (O) -- (\oldanB:\a);
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\else
%\message{\myind: no intersections}
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\fi
\end{scope}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Sphere
\begin{scope}[tdplot_screen_coords, on background layer]
\fill[ball color= gray!20, opacity = 0.3] (0,0,0) circle (\R);
%\path[ball color=gray,opacity=0.4] (O) circle[radius=\R];
\end{scope}
\end{tikzpicture}$
\showon
\sourceon latex
\documentclass[tikz,margin=3.14mm]{standalone}
\usepackage{tikz-3dplot}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{calc,backgrounds}
\pgfmathsetmacro{\R}{1} %
\pgfmathsetmacro{\Scala}{3} %
\pgfmathsetmacro{\a}{\R/2} %
\pgfmathsetmacro{\r}{sqrt(\R*\R-\a*\a} %
\xdef\lstnormals{%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)}%
} % List
\xdef\LstNormals{{\lstnormals}} % Array
\foreach[count=\n from 0] \k in \lstnormals {}
\pgfmathsetmacro{\N}{\n} % Number of List-Elements
%\N
\newcommand{\RotationAnglesForPlaneWithNormal}[5]{%\typeout{N=(#1,#2,#3)}
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(abs(#3)==1,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef#4{0}
\xdef#5{0}
\else
\foreach \XS in {1,-1}
{\foreach \YS in {1,-1}
{\pgfmathsetmacro{\mybeta}{\XS*acos(#3)}
\pgfmathsetmacro{\myalpha}{\YS*acos(#1/sin(\mybeta))}
\pgfmathsetmacro{\ntest}{abs(cos(\myalpha)*sin(\mybeta)-#1)%
+abs(sin(\myalpha)*sin(\mybeta)-#2)+abs(cos(\mybeta)-#3)}
\ifdim\ntest pt<0.1pt
\xdef#4{\myalpha}
\xdef#5{\mybeta}
\fi
}}
\fi
}
\begin{document}
%\tdplotsetmaincoords{110}{60}
\tdplotsetmaincoords{60}{110}
\begin{tikzpicture}[tdplot_main_coords, scale=\Scala]
% Cosy
\begin{scope}[-latex]
\pgfmathsetmacro{\L}{1.9} %
\foreach \P/\s/\Pos in {{1.3*\L,0,0}/x/right, {0,\L,0}/y/below, {0,0,\L}/z/right}
\draw[shorten <=0 cm] ($-0.75*(\P)$) -- (\P) node (\s) [\Pos, pos=1.0,inner sep=2pt]{$\s$};
%\fill[ball color= black] (1.5,0,0) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,1.5,0) circle (0.22*\Scala pt) node[below] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,0,1.5) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
\end{scope}
\path (0,0,0) coordinate (O);
\foreach[count=\ConeColornumber from 0] \myind in {0,...,\N} {%%%%
\pgfmathsetmacro\ConeColor{mod(\ConeColornumber,2) ? "red" : "blue"}
\pgfmathsetmacro{\myNx}{\LstNormals[\myind][0]}
\pgfmathsetmacro{\myNy}{\LstNormals[\myind][1]}
\pgfmathsetmacro{\myNz}{\LstNormals[\myind][2]}
\RotationAnglesForPlaneWithNormal{\myNx}{\myNy}{\myNz}{\tmpalpha}{\tmpbeta}
%\typeout{\myNx,\tmpalpha,\tmpbeta}
\tdplotsetrotatedcoords{\tmpalpha}{\tmpbeta}{0}
\begin{scope}[tdplot_rotated_coords,canvas is xy plane at z=\r,local bounding
box=loc]
\path[name path=circle] (0,0) circle[radius=\a];
\path[overlay,name path=test] (0,0) -- (O);
\path (1,0) coordinate (Xloc) (0,1) coordinate (Yloc) (0,0) coordinate (Oloc);
\path[name intersections={of=circle and test,total=\iNum}]
\pgfextra{\xdef\iNum{\iNum}};
\ifnum\iNum>0
\begin{scope}
\pgftransformreset
\path let \p1=($(Oloc)-(O)$),\n1={mod(720+atan2(\y1,\x1),360)} in
\pgfextra{\xdef\oldmax{\n1}\xdef\oldmin{\n1}};
\end{scope}
\typeout{\myind,\oldmax}
\foreach \XX in {0,1,...,359}
{\path ($(\XX:\r)-(O)$) coordinate (aux1) ($(\XX:\r)-(Oloc)$) coordinate
(aux2);
\pgftransformreset
\path let \p1=(aux1),%\p2=(aux2),
\n1={atan2(\y1,\x1)} in
\pgfextra{\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\n1-\oldmin)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmin{\n1}
\xdef\oldanA{\XX}
\fi
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\oldmax-\n1)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmax{\n1}
\xdef\oldanB{\XX}
\fi};
}
\draw[fill=\ConeColor!70] (\oldanA:\a) -- (O) -- (\oldanB:\a);
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\else
%\message{\myind: no intersections}
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\fi
\end{scope}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Sphere
\begin{scope}[tdplot_screen_coords, on background layer]
\fill[ball color= gray!20, opacity = 0.3] (0,0,0) circle (\R);
%\path[ball color=gray,opacity=0.4] (O) circle[radius=\R];
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
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| Beitrag No.1675, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-09
|
Die Kegel müssen sich an ihren Grundkreisen gegenseitig berühren.
LG Steffen
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| Beitrag No.1676, eingetragen 2019-08-09
|
Das sieht schon ziemlich gut aus. Ich sehe mir nachher mal die Koordinaten genauer an, im Moment bastel ich gerade noch an Grafiken für die Lösung einer weiteren Aufgabe (311043B).
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1674 begonnen.]
|
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| Beitrag No.1677, eingetragen 2019-08-09
|
\quoteon(2019-08-09 19:49 - stpolster in Beitrag No. 1675)
Die Kegel müssen sich an ihren Grundkreisen gegenseitig berühren.
LG Steffen
\quoteoff
\quoteon(2019-08-09 19:51 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1676)
Das sieht schon ziemlich gut aus. Ich sehe mir nachher mal die Koordinaten genauer an, im Moment bastel ich gerade noch an Grafiken für die Lösung einer weiteren Aufgabe (311043B).
Ciao,Thomas
\quoteoff
Ich habe das jetzt aus Verschiedenem zusammengesucht und teilweise ergänzt. Den Hauptcode habe ich zu ca. 85% verstanden.
Das Hauptproblem des Hauptcodes ist, die Reihenfolge des Zeichnens zu bestimmen. Das machen 3D-Programme automatisch.
Dann evtl. so:
$
%\usepackage{tikz-3dplot}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{calc,backgrounds}
\pgfmathsetmacro{\R}{1} %
\pgfmathsetmacro{\Scala}{3} %
\pgfmathsetmacro{\a}{\R/sqrt(3)} %
\pgfmathsetmacro{\r}{sqrt(\R*\R-\a*\a} %
\xdef\lstnormals{%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)}%
} % List
\xdef\LstNormals{{\lstnormals}} % Array
\foreach[count=\n from 0] \k in \lstnormals {}
\pgfmathsetmacro{\N}{\n} % Number of List-Elements
%\N
\newcommand{\RotationAnglesForPlaneWithNormal}[5]{%\typeout{N=(#1,#2,#3)}
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(abs(#3)==1,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef#4{0}
\xdef#5{0}
\else
\foreach \XS in {1,-1}
{\foreach \YS in {1,-1}
{\pgfmathsetmacro{\mybeta}{\XS*acos(#3)}
\pgfmathsetmacro{\myalpha}{\YS*acos(#1/sin(\mybeta))}
\pgfmathsetmacro{\ntest}{abs(cos(\myalpha)*sin(\mybeta)-#1)%
+abs(sin(\myalpha)*sin(\mybeta)-#2)+abs(cos(\mybeta)-#3)}
\ifdim\ntest pt<0.1pt
\xdef#4{\myalpha}
\xdef#5{\mybeta}
\fi
}}
\fi
}
\begin{document}
%\tdplotsetmaincoords{110}{60}
\tdplotsetmaincoords{60}{110}
\begin{tikzpicture}[tdplot_main_coords, scale=\Scala]
% Cosy
\begin{scope}[-latex]
\pgfmathsetmacro{\L}{1.9} %
\foreach \P/\s/\Pos in {{1.3*\L,0,0}/x/right, {0,\L,0}/y/below, {0,0,\L}/z/right}
\draw[shorten <=0 cm] ($-0.75*(\P)$) -- (\P) node (\s) [\Pos, pos=1.0,inner sep=2pt]{$\s$};
%\fill[ball color= black] (1.5,0,0) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,1.5,0) circle (0.22*\Scala pt) node[below] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,0,1.5) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
\end{scope}
\path (0,0,0) coordinate (O);
\foreach[count=\ConeColornumber from 0] \myind in {0,...,\N} {%%%%
\pgfmathsetmacro\ConeColor{mod(\ConeColornumber,2) ? "red" : "blue"}
\pgfmathsetmacro{\myNx}{\LstNormals[\myind][0]}
\pgfmathsetmacro{\myNy}{\LstNormals[\myind][1]}
\pgfmathsetmacro{\myNz}{\LstNormals[\myind][2]}
\RotationAnglesForPlaneWithNormal{\myNx}{\myNy}{\myNz}{\tmpalpha}{\tmpbeta}
%\typeout{\myNx,\tmpalpha,\tmpbeta}
\tdplotsetrotatedcoords{\tmpalpha}{\tmpbeta}{0}
\begin{scope}[tdplot_rotated_coords,canvas is xy plane at z=\r,local bounding
box=loc]
\path[name path=circle] (0,0) circle[radius=\a];
\path[overlay,name path=test] (0,0) -- (O);
\path (1,0) coordinate (Xloc) (0,1) coordinate (Yloc) (0,0) coordinate (Oloc);
\path[name intersections={of=circle and test,total=\iNum}]
\pgfextra{\xdef\iNum{\iNum}};
\ifnum\iNum>0
\begin{scope}
\pgftransformreset
\path let \p1=($(Oloc)-(O)$),\n1={mod(720+atan2(\y1,\x1),360)} in
\pgfextra{\xdef\oldmax{\n1}\xdef\oldmin{\n1}};
\end{scope}
\typeout{\myind,\oldmax}
\foreach \XX in {0,1,...,359}
{\path ($(\XX:\r)-(O)$) coordinate (aux1) ($(\XX:\r)-(Oloc)$) coordinate
(aux2);
\pgftransformreset
\path let \p1=(aux1),%\p2=(aux2),
\n1={atan2(\y1,\x1)} in
\pgfextra{\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\n1-\oldmin)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmin{\n1}
\xdef\oldanA{\XX}
\fi
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\oldmax-\n1)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmax{\n1}
\xdef\oldanB{\XX}
\fi};
}
\draw[fill=\ConeColor!70] (\oldanA:\a) -- (O) -- (\oldanB:\a);
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\else
%\message{\myind: no intersections}
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\fi
\end{scope}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Sphere
\begin{scope}[tdplot_screen_coords, on background layer]
\fill[ball color= gray!20, opacity = 0.3] (0,0,0) circle (\R);
%\path[ball color=gray,opacity=0.4] (O) circle[radius=\R];
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}$
\showon
\sourceon latex
\documentclass[tikz,margin=3.14mm]{standalone}
\usepackage{tikz-3dplot}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{calc,backgrounds}
\pgfmathsetmacro{\R}{1} %
\pgfmathsetmacro{\Scala}{3} %
\pgfmathsetmacro{\a}{\R/sqrt(3)} %
\pgfmathsetmacro{\r}{sqrt(\R*\R-\a*\a} %
\xdef\lstnormals{%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)}%
} % List
\xdef\LstNormals{{\lstnormals}} % Array
\foreach[count=\n from 0] \k in \lstnormals {}
\pgfmathsetmacro{\N}{\n} % Number of List-Elements
%\N
\newcommand{\RotationAnglesForPlaneWithNormal}[5]{%\typeout{N=(#1,#2,#3)}
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(abs(#3)==1,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef#4{0}
\xdef#5{0}
\else
\foreach \XS in {1,-1}
{\foreach \YS in {1,-1}
{\pgfmathsetmacro{\mybeta}{\XS*acos(#3)}
\pgfmathsetmacro{\myalpha}{\YS*acos(#1/sin(\mybeta))}
\pgfmathsetmacro{\ntest}{abs(cos(\myalpha)*sin(\mybeta)-#1)%
+abs(sin(\myalpha)*sin(\mybeta)-#2)+abs(cos(\mybeta)-#3)}
\ifdim\ntest pt<0.1pt
\xdef#4{\myalpha}
\xdef#5{\mybeta}
\fi
}}
\fi
}
\begin{document}
%\tdplotsetmaincoords{110}{60}
\tdplotsetmaincoords{60}{110}
\begin{tikzpicture}[tdplot_main_coords, scale=\Scala]
% Cosy
\begin{scope}[-latex]
\pgfmathsetmacro{\L}{1.9} %
\foreach \P/\s/\Pos in {{1.3*\L,0,0}/x/right, {0,\L,0}/y/below, {0,0,\L}/z/right}
\draw[shorten <=0 cm] ($-0.75*(\P)$) -- (\P) node (\s) [\Pos, pos=1.0,inner sep=2pt]{$\s$};
%\fill[ball color= black] (1.5,0,0) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,1.5,0) circle (0.22*\Scala pt) node[below] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,0,1.5) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
\end{scope}
\path (0,0,0) coordinate (O);
\foreach[count=\ConeColornumber from 0] \myind in {0,...,\N} {%%%%
\pgfmathsetmacro\ConeColor{mod(\ConeColornumber,2) ? "red" : "blue"}
\pgfmathsetmacro{\myNx}{\LstNormals[\myind][0]}
\pgfmathsetmacro{\myNy}{\LstNormals[\myind][1]}
\pgfmathsetmacro{\myNz}{\LstNormals[\myind][2]}
\RotationAnglesForPlaneWithNormal{\myNx}{\myNy}{\myNz}{\tmpalpha}{\tmpbeta}
%\typeout{\myNx,\tmpalpha,\tmpbeta}
\tdplotsetrotatedcoords{\tmpalpha}{\tmpbeta}{0}
\begin{scope}[tdplot_rotated_coords,canvas is xy plane at z=\r,local bounding
box=loc]
\path[name path=circle] (0,0) circle[radius=\a];
\path[overlay,name path=test] (0,0) -- (O);
\path (1,0) coordinate (Xloc) (0,1) coordinate (Yloc) (0,0) coordinate (Oloc);
\path[name intersections={of=circle and test,total=\iNum}]
\pgfextra{\xdef\iNum{\iNum}};
\ifnum\iNum>0
\begin{scope}
\pgftransformreset
\path let \p1=($(Oloc)-(O)$),\n1={mod(720+atan2(\y1,\x1),360)} in
\pgfextra{\xdef\oldmax{\n1}\xdef\oldmin{\n1}};
\end{scope}
\typeout{\myind,\oldmax}
\foreach \XX in {0,1,...,359}
{\path ($(\XX:\r)-(O)$) coordinate (aux1) ($(\XX:\r)-(Oloc)$) coordinate
(aux2);
\pgftransformreset
\path let \p1=(aux1),%\p2=(aux2),
\n1={atan2(\y1,\x1)} in
\pgfextra{\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\n1-\oldmin)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmin{\n1}
\xdef\oldanA{\XX}
\fi
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\oldmax-\n1)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmax{\n1}
\xdef\oldanB{\XX}
\fi};
}
\draw[fill=\ConeColor!70] (\oldanA:\a) -- (O) -- (\oldanB:\a);
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\else
%\message{\myind: no intersections}
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\fi
\end{scope}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Sphere
\begin{scope}[tdplot_screen_coords, on background layer]
\fill[ball color= gray!20, opacity = 0.3] (0,0,0) circle (\R);
%\path[ball color=gray,opacity=0.4] (O) circle[radius=\R];
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
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MontyPythagoras
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Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1678, eingetragen 2019-08-09
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311043B.png
Da von oben nach unten erst $E$, dann $B$ und $D$ und am Ende $A$ und $C$, kommen, muss $E$ durch gerade Kanten mit den anderen vier Punkten verbunden sein. Aber auch die vier Punkte sind umlaufend untereinander verbunden, wie das Rechteck $A'B'C'D'$ beweist. Wir zeichnen in den drei Ansichten die Punkte und danach die Strecken wie angegeben ein.
(Hier hätte eigentlich die Projektionsmethode angegeben werden müssen. Wir verwenden die in Deutschland übliche Projektionsmethode 1, siehe hier).
Schritt 1:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311043B_Zeichnung_1.png
Schritt 2:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311043B_Zeichnung_2.png
In der Vorderansicht sind $CD$ und $CE$ als verdeckte Kanten zu zeichnen, da sie hinter den $ABC$, $ABE$ und $AED$ verlaufen müssen. In der Seitenansicht rechts sind $CB$ und $CE$ als verdeckte Kanten zu zeichnen, da sie von links gesehen hinter den Flächen $ABE$, $ADE$ und $ADC$ angeordnet sind. Aus den genannten Gründen ist die Zuordnung aller Kanten und damit auch die Form des Körpers insgesamt eindeutig. Der Körper sieht dann wie folgt aus:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_311043B_3D-Skizze.png
Hier kann man interaktiv das Objekt in Geogebra 3D ansehen:
https://www.geogebra.org/classic/dtnfxs7v
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1679, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-09
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Und damit sind es nur noch 10.
2006 Lösungen sind online, sehr schön. Vielen Dank.
Ich bin immer noch bei der Rechtschreibkontrolle und jetzt bis zur Klasse 12 vorgedrungen. Außerdem versuche ich schrittweise ein paar Bilder durch tikz zu ersetzen, soweit ich es hinbekomme.
Unter https://mathematikalpha.de/mathematikaufgaben gibt es jetzt außer der Gesamtdatei für jede Klassenstufe ein PDF. Dort sind erst nur die Aufgaben und im 2.Teil Aufgaben + Lösungen enthalten.
Eine weitere Datei enthält nur alle 2016 Aufgaben.
LG Steffen
Nachtrag: 1&1 meldet gerade: Bei einigen Kunden kann es derzeit zu Einschränkungen bei der Nutzung Ihrer 1&1 Webseite kommen.
Ob, wann und wie lange es meine Seite betreffen wird, weiß ich nicht.
Also nicht wundern, solltet ihr nicht herankommen.
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